2005浙江高考理科数学历年真题之解析几何大题教师版 16页

浙江高考历年真题之解析几何大题 ‎（教师版）‎ ‎1、（2005年）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，长轴的长为4，左准线与x轴的交点为M，|MA1|∶|A‎1F1|＝2∶1．‎ ‎ (Ⅰ)求椭圆的方程；‎ ‎ (Ⅱ)若直线：x＝m(|m|＞1)，P为上的动点，使 最大的点P记为Q，求点Q的坐标(用m表示)．‎ 解析：(Ⅰ)设椭圆方程为，半焦距为，‎ 则　，‎ ‎，‎ ‎(Ⅱ) 设，当时，；‎ 当时，，只需求的最大值即可 设直线的斜率，直线的斜率，‎ 当且仅当时，最大，‎ ‎2、（2006年）如图，椭圆＝1（a＞b＞0）与过点A（2，0）、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=。‎ ‎(Ⅰ)求椭圆方程；‎ ‎(Ⅱ)设F、F分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF2的中点，求证：∠ATM=∠AFT。‎ 解析：（Ⅰ）过 A、B的直线方程为 因为由题意得有惟一解， 即有惟一解, 所以故=0‎ 又因为e,即 ， 所以 ‎ 从而得　故所求的椭圆方程为 （Ⅱ）由（Ⅰ）得,　所以 ，从而M（1+，0）‎ 由 ，解得 因此 因为，又，，得 ‎，因此，‎ ‎3、（2007年）如图，直线与椭圆交于两点，记的面积为．‎ ‎（I）求在，的条件下，的最大值；‎ ‎（II）当，时，求直线的方程．‎ 解析：（I）设点的坐标为，点的坐标为．‎ 由，解得 所以，当且仅当时，．S取到最大值1．‎ ‎（Ⅱ）解：由得 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①‎ ‎｜AB｜＝ ②‎ 又因为O到AB的距离　　所以　　③‎ ‎③代入②并整理，得，解得，，‎ 代入①式检验，△＞0，故直线AB的方程是 ‎ 或或或．‎ ‎4、（2008年）已知曲线C是到点P（）和到直线距离相等的点的轨迹。‎ 是过点Q（-1，0）的直线，M是C上（不在上）的动点；A、B在上，‎ 轴（如图）。‎ ‎ （Ⅰ）求曲线C的方程；‎ ‎ （Ⅱ）求出直线的方程，使得为常数。‎ 解析：（Ⅰ）设为上的点，则，‎ 到直线的距离为．‎ 由题设得．化简，得曲线的方程为．‎ ‎（Ⅱ）解法一：‎ 设，直线，则，从而．‎ A B O Q y x l M 在中，因为，．‎ 所以 .‎ ‎，．‎ 当时，，‎ 从而所求直线方程为．‎ 解法二：设，直线，则，从而 ‎．过垂直于的直线．‎ A B O Q y x l M H l1‎ 因为，所以，‎ ‎．‎ 当时，，‎ 从而所求直线方程为．‎ ‎5、（2009年）已知椭圆：的右顶点为，过的 焦点且垂直长轴的弦长为．‎ ‎ （I）求椭圆的方程；‎ ‎ （II）设点在抛物线：上，在点处的切线与交于 点．当线段的中点与的中点的横坐标相等时，求的最小值．‎ O x y A P M N 解析：（Ⅰ）解：由题意，得从而 因此，所求的椭圆方程为．‎ ‎（Ⅱ）解：如图，设，‎ 则抛物线在点处的切线斜率为．‎ 直线的方程为：．‎ 将上式代入椭圆的方程中，得．‎ 即． ①‎ 因为直线与椭圆有两个不同的交点，‎ 所以①式中的． ②‎ 设线段的中点的横坐标是，则．‎ 设线段的中点的横坐标是，则．‎ 由题意，得，即． ③‎ 由③式中的，得，或．‎ 当时，．‎ 则不等式②不成立，所以．‎ 当时，代入方程③得，‎ 将代入不等式②，检验成立．‎ 所以，的最小值为1．‎ ‎6、（2010年）已知，直线椭圆 ‎ 分别为椭圆C的左、右焦点.‎ ‎ （I）当直线过右焦点F2时，求直线的方程；‎ ‎ （II）设直线与椭圆C交于A，B两点，，的重心分 别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.‎ 解析：（Ⅰ）解：因为直线经过，所以 ‎ 又因为所以故直线的方程为 ‎ （Ⅱ）解：设，‎ ‎ 由消去得：‎ ‎ 则由，知 ‎ 且有 ‎ 由于故O为F‎1F2的中点，‎ ‎ 由，可知 ‎ ‎ ‎ 设M是GH的中点，则 ‎ 由题意可知，‎ ‎ 好 ‎ 即 ‎ 而 ‎ 所以即 ‎ 又因为所以所以的取值范围是（1，2）。‎ ‎ 7、（2011年）已知抛物线＝，圆的圆心为点M。‎ ‎（Ⅰ）求点M到抛物线的准线的距离；‎ ‎（Ⅱ）已知点P是抛物线上一点（异于原点），过点P作圆的两条切线，交抛物线于A，B两点，若过M，P两点的直线垂足于AB，求直线的方程.‎ 解析：‎ ‎8、（2012年）如图，椭圆的离心率为，其左焦点到点Ｐ（２,１）的距离为，不过原点Ｏ的直线与Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点，且线段ＡＢ被直线ＯＰ平分。‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）求△面积取最大值时直线的方程。‎ 解析：‎ ‎ ‎ ‎9、（2013年）如图，点是椭圆 ‎ 的一个顶点，的长轴是圆的直径，是过点 且互相垂直的两条直线，其中交于两点，交于另一点.‎ 求椭圆的方程；‎ 求面积取最大值时直线的方程.‎ ‎（1）由题意得 ‎∴椭圆的方程为 ‎（2）设 由题意知直线的斜率存在，不妨设其为，则直线的方程为 故点到直线的距离为，又圆：，‎ ‎∴‎ 又，∴直线的方程为 由，消去，整理得，‎ 故，代入的方程得 ‎∴‎ 设△的面积为，则 ‎∴‎ 当且仅当，即时上式取等号。‎ ‎∴当时，△的面积取得最大值，‎ 此时直线的方程为 ‎10、（2014年）如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限.‎ 已知直线的斜率为，用表示点的坐标；‎ 若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.‎ ‎（1）方法1：设直线l的方程为 ，由 ，消去y得 由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即，解得点P的坐标为 又点P在第一象限，故点P的坐标为 方法2：作变换 ，则椭圆C：变为圆 ：‎ 切点 变为点 ，切线（  变为 。‎ 在圆 中设直线 的方程为（ ） ，‎ 由 解得 即 ，由于 ，‎ 所以 ，得 ，‎ 即 代入得 即，‎ 利用逆变换代入即得：‎ ‎（2）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离 整理得:‎ 因为，所以 当且仅当 时等号成立。‎ 所以，点P到直线 的距离的最大值为 ‎11、（2015年）已知椭圆=1上两个不同的点A, B关于直线y=mx+对称．‎ 求实数m的取值范围；‎ 求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)‎ 解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=-my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2-2mny+n2-2=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2-4（m2+2）（n2-2）=8（m2-n2+2）＞0，‎ 设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=-m×+n=，‎ 由于点P在直线y=mx+上，∴=+，‎ ‎∴，代入△＞0，可得3m4+4m2-4＞0，‎ 解得m2，∴或m．‎ ‎（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，‎ ‎∴S△OAB==|n|•=，‎ 由均值不等式可得：n2（m2-n2+2）=，‎ ‎∴S△AOB=，当且仅当n2=m2-n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，‎ 当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．‎ ‎12、（2016年）如图，设椭圆.‎ ‎（1）求直线被椭圆截得的线段长（用、表示）；‎ ‎（2）若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.‎ I）设直线被椭圆截得的线段为，由得 ‎，‎ 故 ‎，．‎ 因此 ‎．‎ ‎（II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足 ‎．‎ 记直线，的斜率分别为，，且，，．‎ 由（I）知，‎ ‎，，‎ 故 ‎，‎ 所以．‎ 由于，，得 ‎，‎ 因此 ‎，    ①‎ 因为①式关于，的方程有解的充要条件是 ‎，‎ 所以 ‎．‎ 因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为 ‎，‎ 由得，所求离心率的取值范围为．‎ ‎13、 (2017年)如图，已知抛物线x2=y，点A（-，），B（，），抛物线上的点p(x,y)(-＜x＜)．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．‎ ‎（1）求直线AP斜率的取值范围；‎ ‎（2）求|PA|·|PQ|的最大值．‎ 解：（1）设直线AP的斜率为k，‎ k==x-，‎ 因为-＜x＜，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）．‎ ‎（2）联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是xQ=．‎ 因为|PA|=(x+)=(k+1)，‎ ‎|PQ|=(xQ-x)=-，‎ 所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3．‎ 令f(k)=-(k-1)(k+1)3，‎ 因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2，‎ 所以f(k)在区间(-1,)上单调递增，(,1)上单调递减，‎ 因此当k=时，|PA|·|PQ|取得最大值．‎